高考數(shù)學(xué)真題導(dǎo)數(shù)專題及答案x

1、2017年高考真題導(dǎo)數(shù)專題一.解答(共 12小)1.已知函數(shù) f (x)=ae2x+ a2)exx.(1) f x)的性；(2)若f x)有兩個零點，求a的取范.2,已知函數(shù) f (x)=ax2ax xlnx,且 f x)(0.(1)求a;(2)明：f x)存在唯一的極大點xo,且e 2f x。)2 2.已知函數(shù) f (x)=x1 alnx .(1)若 f x)(0,求 a 的；(2) m整數(shù)，且 于任意正整數(shù)n, 1什 )1+) ?1+0,bWR)有極，且函數(shù)f僅)的極點是f x)的零點.(板是指函數(shù)取極的自量的)(1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定 域；(2)明：b23a; y I(3)

2、若f (x) ,f (x)兩個函數(shù)的所有極 之和不小于卦求a的取范.函數(shù) f x)= 1x2)ex.f x)的性；(2)當x冷，f x) 4x+1 ,求a的取范.。(x 二in.已知函數(shù)f x = x)e=(1)點x)的函數(shù)；(2)求f x)在區(qū),+春)上的取范.已知函數(shù) f x)=x2+2cosx,g x)=ex 8sxsinx+2x 2),其心吆.17828 ?是自然數(shù)的底數(shù).(I)求曲y=f x)在點(兀，f (兀)的切方程；(II)令h x)=g x) a f (x) a(G R) , h (x)的性并判斷有無極第1頁(共17頁) 值，有極值時求出極值.已知函數(shù) f ( x) =exc

3、osx - x.(1)求曲線y=f (x)在點(0, f (0)處的切線方程；(2)求函數(shù)f ( x)在區(qū)間0,三上的最大值和最小值.G ,已知定義在上的鹵數(shù)4+3x3-3x2-6x+a在區(qū)間(1,2).設(shè) a ZRf Cx) =2x內(nèi)有一個零點x。，()為 ()的導(dǎo)函數(shù).g x f x(I)求g ( x)的單調(diào)區(qū)問；(n )設(shè) m W 1 , x。)U (。，函數(shù)()()(-0)-()求證:x 2 h x =g x m x f mh (m) h ( x0) 0;(m)求證：存在大于0的常數(shù)A,使得對于任意的正整數(shù)p, q,gE W 1, x0)同U ( x0, 2,滿足 |2一x0| 工.

4、聞 IWI.已知函數(shù)f (x)=或3廿ax2, aWR, 101 I |(1)當a=2時，求曲線y=f (x)在點(3, f (3)處的切線方程；(2)設(shè)函數(shù)g ( x) =f (x) + ( x- a) cosx-sinx,討論g (x)的單調(diào)性并判斷有 無極值，有極值時求出極值.設(shè) a, bWR, | a| 1 ,已知函數(shù) f ( x) =x3 6x2 - 3a (a 4) x+b , g ( x) =exf (x).(I )求f ( x)的單調(diào)區(qū)間；(n)已知函數(shù)y=g (x)和y=ex的圖象在公共點(x0, y0)處有相同的切線，(i)求證：f (x)在x=x0處的號數(shù)等于 0；(ii

5、)若關(guān)于x的不等式g (x) 0,求a的取值范圍.第2頁(共17頁)2017年高考真題導(dǎo)數(shù)專題參考答案與試題解析一.解答題(共 12小題)1. (2017?新課標 I)已知函數(shù) f (x) =ae2x+ ( a 2) ex x.(1)討論f (x)的單調(diào)性；(2)若f (x)有兩個零點，求a的取值范圍.【解答】解：(1)由 f (x) =ae 2x+ ( a - 2) ex x,求導(dǎo) f ( x) =2ae 2x+ ( a 2) ex-1,當 a=0 時，f (x) =- 2ex- 1 0 時，f ( x) = (2ex+1) (aex-1) =2a 書 ex+ )+ex-),令 f (x)

6、=0,解得：xin ,a當 f (x) 0,解得：xln ,當 f (x) 0,解得：x4n , a，x (-, In-)時,f (x)單調(diào)遞減，x ( *, +)單調(diào)遞增； TOC o 1-5 h z Ea當 a0 時，f ( x) =2a (g+ ) (ex- ) S|當xGR? f (x)單調(diào)遞減，綜上可知：當a0時，f (x)在(-, |nl)是減函數(shù)，在(|介工，+)是增函數(shù)； II(2)若aW0時，由(1)可知：f (x)最多有一個零點，當 a0 時，f (x) =ae2x+ (a 2) ex x,當 x一 00時，e2x70, ex-0, 當x oo時， f (x) +oo,當x

7、oo, e2x+0,且遠遠大于ex和x,二當 x一00, f (x) +oo.第3頁(共17頁)，函數(shù)有兩個零點，f ( x)的最小值小于 0即可，f-i, -1i,由f ( x)在(-0, In是減函數(shù)，在(In ,+)是增函數(shù)，/.f (x) min =f (In ) -=a x ( ) +-Ja 2) x - In 0,|a|a| |sdT設(shè) t=三則 g (t) =Int+t 1, ( t 0),求與 g (t ) J=_+1，由 g (1) =0 ,|t|t=2 1,解得：0a 1, - a一. a的取值范圍(0,1).方法二：(1)由 f (x) =ae2x+ (a- 2) ex-

8、 x,求導(dǎo) f (x) =2ae2x+ (a -2) ex- 1 ,當 a=0 時，f (x) =2ex 10 時，f ( x) = (2ex+1) (aex - 1) =2a|- ex+ )寺ex-),令f (x) =0,解得：x=-Ina,當 f (x) 0,解得：x - Ina,當 f (x) 0,解得：x - Ina,，xW (-, Ina)時，f (x)單調(diào)遞減，x (- Ina, +)單調(diào)遞增；當 a0 時，f ( x) =2a (%+ ) (ex- ) 0,恒成立，當xGR? f (x)單調(diào)遞減，綜上可知：當a0時，f (x)在(-, Ina)是減函數(shù)，在(-Ina, +)是增函

9、數(shù)；(2)若aW0時，由(1)可知：f (x)最多有一個零點，當a0時，由(1)可知：當x= - Ina時，f (x)取得最小值，f (x) min=f (-Ina)=1 -曾-1n 才當a=1 ,時，f ( - Ina) =0,故f ( x)只有一個零點，區(qū) 3.當 a W ( 1, +)時，由 1 青 In a,即 f ( Ina) 0,故f ( x)沒有零點，第4頁（共17頁）當 a W ( 0, 1)時，1ln- 2e 2+2 0,故f ( x)在(-巴-lna)有一個零點，假設(shè)存在正整數(shù)n0,滿足n0ln （ - 1）,則Jlf （n。）a % - n0 尸口 - n00,I w1由

10、 In (生 1) - lna, a因此在（-lna, +）有一個零點.一. a的取值范圍（0,1） 2. (2017?新課標 n)已知函數(shù) f (x) =ax2 ax xlnx,且 f ( x) 0.(1)求 a;(2)證明：f (x)存在唯一的極大值點 x0,且e 2f (x0) 0),貝U f ( x) 0 等價于 h (x) =ax - a - lnx 0,求導(dǎo)可知 h ( x) =a - 工則當a W0時h (x) 1時，h (x0)0.因為當0c x 時 h (x)= 時 h (xg 0,所以 h (x) min=h ( J), |a：又因為 h ( 1) =a-a-ln1=0,所

11、以工1,解得a=1 ;a|(2)證明：由(1)可知 f ( x) =x2 x xlnx, f (x) =2x 2 lnx,令 f (x) =0,可得 2x-2 - lnx=0,記 t (x) =2x - 2 - lnx,則 t (x) =2 G,令 L (x) =0,解得：x。, 二所以t (x)在區(qū)間(0,崗)上單調(diào)遞減，在(/+)上單調(diào)遞增，所以t (x) min (1)- ,從而 () 有解，即 ()存在兩根=t =ln2 1 0t x =0f x =0第5頁（共17頁）X0, X2,且不妨 f X)在0, X0)上正、在X。，X2)上、在X2, +)上正, 所以f X)必存在唯一極大點

12、2x 2 lnX =012I 費2所以 f x0)=父口 x0 x0lnx0= x/x0+2x0 2 5t(j =X0, x0由 X0 1 可知(0) 0) max 寸11J11 1因 f X X 忤。I =卜河+可司,由r 4)0可知X0f( -L)=e i 2ic e上所述，f (x)存在唯一的極大點L 2，、 一X0,且 e f X0) 2(2) m3. 2017?新 m)已知函數(shù) f X)=x1 alnx.(1)若 f X)(0,求 a 的；1q n L整數(shù)，且 于任意正整數(shù)n, 1什 )1+) ?1+假)0,所以f X)、 a .五=1 =,且 f (1)=0- 一1.所以當aw 0

13、 f X) 0恒成立，此y=f (x)在0,+)上增，與f (x) (0矛盾;當 a0 令 f (x) =0 ,解得 x=a ,所以 y=f X)在 0, a)上減，在 , +)上增，即 f X)min=f (a),又因 f X)min =f a) (0,所以a=1 ;(2)由 3 ,X)+ln (1+ 1 )+?+In 12 Z2I1 ) ? 1+ JL) 1+ 士+! 1I Z1(+ 國)1+ 1)? (1 +21 戶+1 ) 2;圜碗1Lw 2,e),號n z1+ L)+_L)?1+21/1350364L) 2n0,bWR)有極，且函數(shù)f (x)的極點是f X)的零點.(板是指函數(shù)取極的

14、自量的)(1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定 域；(2)明：b23a; :.1(3)若f (x) ,f (x)兩個函數(shù)的所有極 之和不小于工，求a的取范.2【解答】1X 解：因f x)=x3+ax2+bx+1 ,所以 g x)=f (x) =3x2 +2ax+b , g x)=6x+2a ,令g僅)=0,解得x=.展|3| TOC o 1-5 h z Itr 1由于當 x g (x)壽，g (x) =f (4)增；當 x g x) 0).因 f x) =x3+ax2 +bx+1 a0,bWR)有極，所以 f 八一2x)=3x +2ax+b=0 的根，12fl I所以4a2 12b0,即a2

15、3府肛解得a53,6ali 3j所以 b=f+7 aS).第7頁(共17頁)(2)證明：由(1)可知h ( a) =b23a381181 a2(4a3-27) ( a3由于a3,所以h (a) 0,即 b23a;(3)解：由(1)可知f (x)的極小值為=b 1 2x +x =設(shè)x1,2是 ()的兩個極值點，則x y=f x所以 f (x1) +f ( X2)M3+a (tn2+X1+b (xi+X2) +227又因為f-2xi x2+ b (xi+x2) +2,_ ,22=(x1+x2) (x1+x2)3x1x2+ a ( x1 +x2)在L+2,3(x) , f (x)這兩個函數(shù)的所有極值

16、之和不小于-所以b-1,J+2建 a因為 a3,所以 2a3 63a -543 時 2a2+l2a+9 0,所以a - 6 w 0,解得a w 6,所以a的取值范圍是(3, 6.(2017?新課標 II)設(shè)函數(shù) f ( x) = ( 1 x2) ex.(1)討論f (x)的單調(diào)性；(2)當x0時，f (x) w ax+1 ,求a的取值范圍.【解答】解：(1)因為 f (x) = (1 -x2) ex, xW R, 所以 f (x) = (1 - 2x - x2) ex,令f (x) =0可知x= - 1正之當 x- 1+T2時 f (x) TOC o 1-5 h z 0，破彼T 4IV ,+0

17、)上所以 ()在(-, 1 -),(- 1 +單調(diào)遞減，在(-1 -,第8頁（共17頁）-1+匹)上單調(diào)遞增； V J(2)由題可知f (x) = ( 1 - x) (1+x) ex.下面對a的范圍進行討論： 當 a 1 時，設(shè)函數(shù) h (x) = (1 x) ex,貝U h (x) = xex 0), 因此h (x)在0, +)上單調(diào)遞減，又因為h ( 0) =1 ,所以h (x) w 1,所以 f (x) = ( 1 - x) h ( x) w x+1 w ax+1 ;當 0 a0 (x0),所以g (x)在0, +)上單調(diào)遞增，又 g (0) =1 -0- 1=0,所以 ex x+1 .

18、因為當 0c x ( 1 x) ( 1+x) 2,所以(1-x) ( 1+x) 2 - ax - 1=x (1-a-x-x2),取 x0，貝(0) () 2 ax。一，=0 11 x 1+x1=0(0)2301+x=1 ax +1所以 f (x0) ax0+1,矛盾；當 aW0 時，取 x0 LfF-i W (,)，則(0) ( - 0=J01 f x 1 x矛盾；綜上所述，a的取值范圍是1 , +).()(-pr x (x刊)(2017?浙江)已知函數(shù)f x = x 9T ) e 同(1)求f (x)的與函數(shù)；(2)求f (x)在區(qū)間i +oo)上的取值范圍. TOC o 1-5 h z 【

19、解答】 解：(1)函數(shù)f (x) = (x-也工T ) e x (x萬， 匡 v與數(shù) f (x) = (1 2礪_1 ?2) e x- ( x 1 ) e x=(1-x+ 礪_j ) e-x= (1-x)e x；| Z x(2)由 f (x)的號數(shù) f (x) = (1 -x) () e ,可得f (x) =0時，x=1量 ,第9頁(共17頁)當 lx1 , f (x) 0, f X)減;當 1x0, f X)增;5|當 x互，f (x) 0,.函數(shù) ux)在R上 增.= u(0) =0, 二 x0 , ux)0;x0 ,u (x) 0,x 0 , h僅)0,函數(shù) h (x)在 0, +*)

20、增；x0 , h僅)0 時，令 h (x) =2 ( x -sinx) (ex- elna)=0.解得 xi=lna, x2=0. 0 V a 1 時，x (-ina)時，ex-elna0,函數(shù) h (x)單調(diào) 遞增；xC ( ina , 0)時，ex- elna0, h ( x) 0, h (x) 0,函數(shù) h (x)單調(diào)遞增.，當x=0時，函數(shù)h (x)取得極小值，h ( 0) = - 2a - 1.當 x=lna 時，函數(shù) h (x)取得極大值，h (lna) = - a ln2a - 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.當a=1時，lna=0 , xW R時，h

21、(x) 0,，函數(shù)h ( x)在R上單調(diào)遞增. 1 0, x W ( 一 0)時，ex elna 0,函數(shù) h ( x) 單調(diào)遞增；x ( 0, lna)時，ex- elna0, h ( x) 0, h (x) 0,函數(shù) h (x)單調(diào)遞增. ，當x=0時，函數(shù)h (x)取得極大值，h ( 0) = - 2a - 1.當 x=lna 時，函數(shù) h (x)取得極小值，h (lna) = - a ln2a - 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.綜上所述：aw 0時，函數(shù)h (x)在(0, +0)單調(diào)遞增；x1時，函數(shù)h ( x)在0) , ( lna, +)上單調(diào)遞增；函數(shù)

22、 h (x)在(0, lna)上單調(diào)遞減. 當x=0時，函數(shù)h ( x)取得極大值，h (0) = - 2a - 1 .當x=lna 時，函數(shù) h ( x)取得極小值，h (lna) = - a ln2a - 2lna+sin (lna) +cos (lna) +2.第11頁（共17頁）(2017?北京)已知函數(shù) f (x) =excosx - x.(1)求曲線y=f (x)在點(0, f (0)處的切線方程；(2)求函數(shù)f ( x)在區(qū)間0,匹上的最大值和最小值.2【解答】解：(1)函數(shù)f (x) =ex-的導(dǎo)數(shù)為()x (cosx- sinx) - 1,cosx xf x =e可得曲線y=

23、f (x)在點(0, f (0)處的切線斜率為 k=e0 (cos0-sin0) - 1=0 切點為(0, ecos0-0),即為(0, 1),曲線y=f (x)在點(0, f ( 0)處的切線方程為y=1 ;(2)函數(shù) f (x) =excosx -x 的與數(shù)為 f ( x) =ex ( cosx - sinx)-1,令 g (x) =ex ( cosx - sinx) - 1 ,貝U g (x)的與數(shù)為 g ( x) =ex (cosx - sinx - sinx - cosx)=-2ex?sinx ? 0,可得 g (x) = - 2ex?sinx05即有 g (x)在0, 2L遞減，可

24、得 g (x) v g (0) =0,2則f ( x)在0,遞減，2即有函數(shù)f ( x)在區(qū)間0,上的最大值為f (0) =e0cos0 - 0=1 ;最小值為 f ( 三) =e 2 cos-工-=-.為I 7 O 9二&| I I 西(2017?天津)設(shè)aW Z,已知定義在R上的函數(shù)f ( x) =2x4+3x3 - 3x2 - 6x+a 在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個零點x。，g ( x)為f ( x)的與函數(shù).(I )求g ( x) 的單調(diào)區(qū)問；(n )設(shè) m W 1 ,x0)U (x0,2)函數(shù) h(x)=g(x)(m x0) f (m ),求證：h (m) h ( x0), j 2x |

25、【解答】(I )解：由 f (x) =2x4+3x3- 3x2- 6x+a ,可得 g ( x) =f (x) =8x3+9x2 -6x - 6,第12頁(共17頁)進而可得 g (x) =24x2+18x 6 .令 g ( x) =0,解得 x= - 1 ,或kx=4當x變化時，g (x) , g ( x)的變化情況如下表：所以，g (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-巴 -1),2，+s),單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,國.141(n)證明：由 h (x) =g (x) (m xo) f (m )，得 h (m) =g (m) (m x。)- f (m),h (xo) =g (xo) (m x。)- f (

26、m).令函數(shù) Hi (x) =g( x)(x xo) f(x)，貝U H i(x)=g (x)( xxo).由(I)知，當 xW 1 , 2時，g (x) o,故當 x W 1 , xo)時，H 1 ( x) o, H1 (x)單調(diào)遞增.因此，當 xW1, xo) U ( xo, 2時，H1 (x) H1 (xo) = - f (xo) =o,可得 H1(m) o 即 h (m) o,令函數(shù) H2 (x) =g (xo) ( x xo) f ( x),貝U H 2 ( x) =g (xo) - g ( x).由(I ) 知，g ( x)在1,2上單調(diào)遞增，故當 xS 1 , xo)時，H 2

27、(x) o, H2 (x)單調(diào)遞增； 當 xS ( xo, 2時，H 2 (x) V o, H2 (x)單調(diào)遞減.因此，當 xS 1 , xo) U ( xo, 2日，H2 (x) H2 (xo) =o ,可得得 H2 ( m) v o 即 h (xo) o,.所以，h (m) h ( xo) 8=g . q4因為當xW 1 , 2時，g(X) 0,故f (x)在1,2上單調(diào)遞增，所以f (x)在區(qū)間1,2上除x0外沒有其他的零點，而降w 0,故 G)*P且卜lxf門|又因為p, q, a均為整數(shù)，所以| 2p4+3p3-2 2 - 6pq3+aq4|是正整數(shù)，q 3p q從而 | 2p4+3

28、p3q - 3p2q2 - 6pq3+aq4| 1.所以曰x0 | k/丁所以，只要取 (A=g 2，就有對一01( 2017?山東)已知函數(shù)4-f (xii = x3 ax2, aWR,I I (1)當a=2時，求曲線y=f (x)在點(3, f (3)處的切線方程；(2)設(shè)函數(shù)g ( x) =f (x) + ( x- a) cosx-sinx,討論g (x)的單調(diào)性并判 斷有無極值，有極值時求出極值.【解答】解：(1)當a=2時，f (x)& x3-x2, J1f ( x) =x2 - 2x,，k=f (3) =9-6=3, f (用=X 27-9=0,曲線y=f ( x)在點(3, f

29、(3)處的切線方程y=3 (x-3),即3x - y- 9=0(2)函數(shù) g (x) =f ( x) + ( x a) cosx sinx= 點 表2+ ( x a) cosx sinx , I -31I 上 g (x) = ( x - a) (x - sinx),令 g (x) =0,解得 x=a,或 x=0,若a0時，當x 0恒成立，故g (x)在(-0)上單調(diào)遞增，當xa時，g ( x) 0恒成立，故g ( x)在(a, +)上單調(diào)遞增，當0cxe a時，g ( x) 0恒成立，故g ( x)在(0, a)上單調(diào)遞3減，.二當x=a時，函數(shù)有極小值，極小值為 g ( a)卮-a3 - s

30、ina第14頁(共17頁)當x=0時，有極大值，極大值為g ( 0) = - a,若a0時，g (x) 0恒成立，故g (x)在(-。)上單 調(diào)遞增，當x 0恒成立，故g ( x)在(-巴 a)上單調(diào)遞增，當ax 0時，g ( x) 0時，g ( x) 0恒成立，故g ( x)在(0, +oo)上單調(diào)遞增，當x 0恒成立，故g ( x)在(-0)上單調(diào)遞增，g ( x)在R上單調(diào)遞增，無極值.( 2017?天津)設(shè) a, bWR, | a| W1.已知函數(shù) f (x) =x3-6x2-3a ( a- 4) x+b, g (x) =exf ( x).(I )求f ( x)的單調(diào)區(qū)間；(n)已知函數(shù)y